\thumb

%%%

\begin{qcm}{Propriétés du logarithme}{5}
Pour chacune des questions suivantes, indiquer la réponse exacte.
\begin{questions}
\item Soit $a$ un réel strictement positif, $\ln\Bigl(\dfrac{a^2}{25}\Bigr) $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $2\left(\ln a - \ln 5\right)$ &
\choix $(\ln a)^2 - (\ln 5)^2$ &
\choix $\left(\ln\dfrac{a}{5}\right)^2$
\end{tabularx}
   
\item $ \ln(\sqrt{2} + 1) + \ln(\sqrt{2} - 1) $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $0$ &
\choix $\ln\big(2\sqrt{2}\big) $ &
\choix $ \ln 2 $
\end{tabularx}

\item Pour tout réel $x$ strictement supérieur à $2$, $\ln(x^2 - 4) - \ln(x - 2) $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $ \ln (x + 2) $ &
\choix $ \ln(x^2 - x - 2) $&
\choix $ \ln (x - 2) $
\end{tabularx}

\item $\ln\left[\Bigl(\dfrac{1}{\nep }\Bigr)^2\right] - \Bigl(\ln\dfrac{1}{\nep}\Bigr) ^2 $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $0$&
\choix $ - 3$&
\choix $\nep^2 - 1$
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse\choix[a]. $\ln\left(\dfrac{a^2}{\text{25}}\right) = \ln
(a^2) - \ln\text{25} = \ln (a^2) - \ln 5^2$ or $a > 0$ donc $ \ln (a^2) = 2\ln a $ d'où :
\[ \ln\left(\frac{a^2}{\text{25}}\right) = 2\ln a - 2\ln 5 = 2(\ln a - \ln 5)\]
\begin{attention}
Ne confondez pas $\ln\big(a^2\big) = \ln (a\times a)$ et $(\ln a)^2 = (\ln a)\times (\ln a)$.

Si $a < 0$, alors $\ln (a^2) = 2\ln ( - a)$.
\end{attention}

\item Réponse\choix[a]. En effet,
\begin{align*}
\ln(\sqrt{2} + 1) + \ln(\sqrt{2} - 1)
& = \ln\bigl((\sqrt{2} + 1)(\sqrt{2} - 1)\bigr)\\
& = \ln\bigl((\sqrt{2})^2 - 1\bigr) = \ln 1 = 0.
\end{align*}

\item Réponse\choix[a]. ${\ln (x^2 - 4) - \ln (x - 2) = \ln\Bigl(\dfrac{x^2 - 4}{x - 2}\Bigr) = \ln (x + 2)}$.

\item Réponse\choix[b]. En effet, $ \ln\left[\Bigl(\dfrac{1}{\nep}\Bigr)^2\right] - \Bigl(\ln\dfrac{1}{\nep}\Bigr)^2 = 2\ln\Bigl(\dfrac{1}{\nep}\Bigr) - \Bigl(\ln \dfrac{1}{\nep}\Bigr)^2$.

Or, $\ln\dfrac{1}{\nep } = - \ln \nep = - 1$ donc :
\[
\ln\left[\Bigl(\dfrac{1}{\nep }\Bigr)^2\right] - \Bigl(\ln\dfrac{1}{\nep}\Bigr) ^2 = - 2 - 1 = - 3.
\]
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%

\begin{qcm}{Équations et inéquations}{15}
Pour chacune des questions de ce QCM, une seule réponse est exacte.
\begin{questions}
\item L'ensemble des solutions de l'équation $\ln \big(x^2\big) = 0$ est :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $0$&
\choix $1$&
\choix $\{-1\,;1\}$
\end{tabularx}

\item L'ensemble des solutions de l'équation $\ln \big(x^2 - x\big) = 0$ est :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $ \{0\,;1\} $ &
\choix $\{1\,;\nep\}$ &
\choix $ \left\{\dfrac{1 - \sqrt{5}}{2}\,;\dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\right\} $
\end{tabularx}

\item L'ensemble des solutions de l'inéquation $ 1 - x\ln (0,5) \ge 0 $ est :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $\big] -\infty \,; \ln (0,5)\big] $&
\choix $ \left] -\infty \,; \dfrac{1}{\ln (0,5)}\right] $&
\choix $ \left[\dfrac{1}{\ln (0,5)}\,; +\infty\right [$
\end{tabularx}

\item Le nombre $ t $ tel que $ \left(1 + \dfrac{t}{100}\right)^6 = 2$ est, arrondi au centième :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $ 10,5 $&
\choix $ 12,24 $&
\choix $ 12,25 $
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[c].

L'équation est valide pour $x^2 > 0$ soit sur \mbox{$ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]0\,; + \infty \right[ $}.

Pour tout $x$ de $ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]0\,; + \infty \right[ $ :
\begin{align*}
\ln \big(x^2\big) = 0 & \iff \ln \big(x^2\big) = \ln 1\\
& \iff x^2 = 1\\
& \iff x = - 1\text{ ou }x = 1.
\end{align*}
L'ensemble des solutions de l'équation $\ln \big(x^2\big) = 0$ est donc $\{ - 1\,;1\}$.

\item Réponse \choix[c]. L'équation est valide si $x^2 - x > 0$ soit si $x(x - 1) > 0$. L'ensemble de validité de l'équation est donc $ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]1\,; + \infty \right[ $.

Pour tout $x$ de $ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]1\,; + \infty \right[ $ :
\begin{align*}
\ln (x^2 - x) = 0 & \iff \ln (x^2 - x) = \ln 1\\
& \iff x^2 - x = 1\\
& \iff x^2 - x - 1 = 0.
\end{align*}
L'équation $x^2 - x - 1 = 0$ admet pour discriminant $ \Delta = 5$ et pour solutions $ x_1 = \dfrac{1 - \sqrt{5}}{2} $ et $ x_2 = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2} $.

Ces deux solutions appartiennent à l'ensemble $ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]1\,; + \infty \right[ $ donc l'ensemble des solutions de l'équation $\ln \big(x^2 - x\big) = 0$ est :
\[\left\{\dfrac{1 - \sqrt{5}}{2}\,; \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\right\}. \]

\item Réponse \choix[c]. L'inéquation est valide sur $\R$. Pour tout $x$ réel,
\[ 1 - x\ln (0,5)\geqslant 0\iff - x\ln (0,5)\geqslant - 1\iff x\ln (0,5)\leqslant 1. \]
Or, $0,5 < 1$ ; donc $\ln(0,5) < 0$, soit :
\[ x\ln (0,5)\leqslant 1\iff x\geqslant \frac{1}{\ln (0,5)}. \]
L'ensemble des solutions de l'inéquation $1 - x\ln (0,5)\geqslant 0$ est donc:
\[ \Bigl[\dfrac{1}{\ln (0,5)}\,; + \infty \Bigr[. \]

\begin{Remarque}comme $ \ln (0{,}5) = \ln \left(\dfrac{1}{2}\right) = - \ln 2 $, l'ensemble des solutions peut s'écrire aussi :
\[ \Bigl[ - \frac{1}{\ln 2}\,; + \infty \Bigr[. \]
\end{Remarque}
            
\item Réponse \choix[c]. $\begin{aligned}[t]
\left(1+\dfrac{1}{100}\right)^6=2 & \iff \ln\left[\left(1+\dfrac{t}{100}\right)^6\right]=\ln2\\
& \iff 6\ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)=\ln2\\
& \iff \ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)=\dfrac{\ln2}{6}\\
& \iff 1+\dfrac{t}{100}=\exp\left(\dfrac{\ln2}{6}\right)
\end{aligned}$

\begin{align*}
& \iff \dfrac{t}{100}=\exp\left(\dfrac{\ln2}{6}\right)-1\\
& \iff t = 100\exp\left(\dfrac{\ln2}{6}\right)-100\\
& \iff t \approx 12,25.
\end{align*}
\end{questions}
\end{corrige}


%%%

\begin{vf}{Fonctions logarithme et exponentielle} {10}
\enlargethispage*{\baselineskip}
Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ?
\begin{questions}
\item
$\nep^{\ln 5}+\nep^{-\ln 3}=2$.

 \item
 Pour tout réel $x$, $\ln (\nep^x+1)=x+\ln(\nep^{-x}+1)$.
 
\item
Pour tout réel $x$ différent de $-1$, $\ln (x^3+1)^2=2\ln(x^3+1)$.

  \item
  Pour tout réel $x$,  $\ln (\nep^{3x}+1)^2=2\ln(\nep^{3x}+1)$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \textit{Faux}. Comme $-\ln 3 = \ln\dfrac{1}{3}$, ce nombre est égal à $5+\dfrac{1}{3}$.

\item \textit{Vrai}. Pour tout réel $x$, $\ln(\nep^x+1)=\ln\left[\nep^x(1+\nep^{-x})\right]$. Comme $\nep^x$ et $1+\nep^{-x}$ sont tous les deux strictement positifs,  \[ \ln(\nep^x+1)= \ln \nep^x + \ln (1+\nep^{-x}). \] 
Or, $ \ln \nep^x =x$. Donc, $\ln (\nep^x+1)=x+\ln(\nep^{-x}+1)$.

\item \textit{Faux}. Le nombre $x^3+1$ peut être négatif, par exemple dans le cas où $x=-2$. Or, la formule $\ln a^n=n \ln a$ n'est valable que lorsque $a$ est un réel strictement positif.

\item \textit{Vrai}. Le nombre $\nep^{3x}+1$ est toujours strictement positif donc on peut appliquer la formule  $\ln a^n=n \ln a$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% 6

\begin{vf}{Lecture graphique} {10}
La courbe représentative d'une fonction $f$ définie sur $]-\infty~;2[$ est donnée ci-dessous:
\Par
\begin{center}
\includegraphics{136_ln-fig3}
\end{center}
\Par
La droite d'équation $x=2$ et l'axe des abscisses sont asymptotes à la courbe. On appelle $g$ la fonction définie par $g(x)=\ln\big(f(x)\big)$.

En utilisant la représentation graphique, dire si chacune des affirmations suivantes est vraie ou fausse.
\begin{questions}
\item La fonction $g$ a le même ensemble de définition que $f$.
\item La fonction $g$ est dérivable en $0,4$ et $g'(0,4)=0$.
\item L'équation $g(x)=-1$ possède exactement deux solutions.
\item La fonction $\ln\arrowvert f(x) \arrowvert$ est définie pour tout $x$ de $]-\infty~;2[$.
\end{questions}

\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \textit{Faux}. La fonction $g$ est définie si $f$ est strictement positive, donc sur l'intervalle $]-2~;1[$.
\item \textit{Vrai}. On a $g'(x)=\dfrac{f'(x)}{f(x)}$. Donc, en $0,4$, $g'(x)=0$.
\item \textit{Vrai}. On a $g(x)  = -1 \Leftrightarrow \ln\big[f(x)\big]=-1 \Leftrightarrow f(x) = \nep^{-1}$.\\
Or, $\nep^{-1} \approx 0,37$.

\item \textit{Faux}. Le nombre $\arrowvert f(x) \arrowvert$ est positif ou nul. Cependant, d'après la représentation graphique, $f(x)$ s'annule pour $x=-2$ et $x=1$, donc la fonction $\ln\arrowvert f(x) \arrowvert$ n'est pas définie pour ces deux valeurs. 
\end{questions}
\end{corrige}


%%% 7

%\begin{vf}{\'Etude d'une fonction} {10 }
%Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{\ln\big(\sqrt{x}\big)}$.
%
%Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ?
%
%\begin{questions}
%\item La fonction $f$ est définie sur $\mathscr{D}=]0~;+\infty[$.
%
%\item La courbe représentative de la fonction $f$ admet une asymptote au voisinage de $0$.
% 
%\item
%Pour tout réel $x$ appartenant à $\mathscr{D}$, $f(x)<\dfrac{x}{2}$.
%
%  \item
%  Pour tout réel $x$ appartenant à $\mathscr{D}$, $f'(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{x(\ln x)^2}$.
%\end{questions}
%\end{vf}
%
%\begin{corrige}
%\begin{questions}
%\item \textit{Faux}. La fonction $f$ n'est pas définie en 1 car $\ln 1=0$.
%\item \textit{Faux}. En effet, $\lim\limits_{x\to0}\sqrt{x}=0$ et $\lim\limits_{X\to0}\ln X=-\infty$, donc $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1}{\ln\sqrt{x}}=0$. Par conséquent, $\lim\limits_{x\to0}f(x)=0$. Comme la limite en 0 est finie, il n'y a pas d'asymptote en 0.
%\item \textit{Faux}. Lorsque $x$ vérifie $0<x<1$, le nombre $\ln \sqrt{x}$ est strictement négatif donc $-\dfrac{1}{\ln \sqrt{x}}>0$ donc, dans ce cas,  $f(x) > \dfrac{x}{2}$.
%\item \textit{Vrai}. La fonction $f$ est dérivable sur son ensemble de définition $\mathscr{D}$ et pour tout réel $x$ de $\mathscr{D}$, $f'(x) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2x\big(\ln \sqrt{x}\big)^2}.$\\
%Pour $x>0$, $\ln\sqrt{x}=\dfrac{1}{2}\ln x$ donc  $f'(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{x(\ln x)^2}$.
%\end{questions}
%\end{corrige}
%

%%% 8


%\begin{vf} {Propriétés de la fonction logarithme} {10}
%Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ?
%\begin{questions}
%\item Pour tout réel $x>0$, $\ln x>0$.
%
%\item  L'équation $\nep^{2x}-3\nep^x -4=0$ admet deux solutions distinctes dans $\R$.
% 
%\item  L'image du réel $x-y$, avec $x<y$, par la fonction ln est $\ln\left(\dfrac{x}{y}\right)$.
% 
%\item Pour tout réel $x>0$, $\ln \left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right)=-\ln\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)$.
%  
%\end{questions}
%\end{vf}
%
%\begin{corrige}
%\begin{questions}
%\item \textit{Faux}. Pour tout réel $x$ tel que $0<x<1$, $\ln x <0$.
%
%\item \textit{Faux}. Pour résoudre cette équation, on pose $X=\nep^x$ et on résout l'équation du second degré $X^2-3X-4=0$. 
%
%Cette équation admet deux solutions réelles distinctes 4 et $-1$. Or pour tout réel $x$, $\nep^x >0$ donc l'équation $\nep^x=-1$ n'admet pas de solution. Par suite, l'équation étudiée admet pour unique solution $x=\ln 4$.
%
%\item \textit{Faux}. $x-y$ est un nombre négatif, il n'a donc pas d'image par la fonction $\ln$.
%
%\item \textit{Vrai}. On remarque que $\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)=1$. Ces deux réels sont donc inverses l'un de l'autre. D'après le cours, pour tout réel $a>0$, $\ln \dfrac{1}{a}=-\ln a$. En appliquant cette formule, on a bien :
%$\ln \left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right)=-\ln\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)$.
%\end{questions}
%\end{corrige}
%

\sectionnn{Propriétés de la fonction logarithme népérien}

%%% 9

\begin{exo}{Propriétés algébriques}{Lycée Berlioz, Vincennes }{1}{10}
Exprimer à l'aide de $ \ln 2$ et $ \ln 3$ :
\begin{itemize}
\begin{multicols}{6}
\item $ \ln 4 $
\item $ \ln 36 $
\item $ \ln\dfrac{2}{27} $
\item $ \ln \sqrt{6} $
\item $ \ln \dfrac{9}{8} $
\item $ \ln \big(3\nep ^5\big) $
\end{multicols}
\end{itemize}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{itemize}
\item $\ln 4= \ln \big(2^2\big) = 2\ln 2 $.

\item $\ln 36 = \ln (4\times 9) = \ln\left(2^2 \times 3^2 \right) = 2\ln 2 + 2\ln 3 $.

\item $\ln \dfrac{2}{27} = \ln\left(2\times 3^{ - 3}\right) = \ln 2- 3\ln 3$.

\item $ \ln \sqrt{6} = \ln\left((2\times 3)^{\frac{1}{2}}\right) = \dfrac{1}{2}\ln (2\times 3) = \dfrac{1}{2} (\ln 2 + \ln 3)$.

\item $ \ln \dfrac{9}{8} = \ln 3^2 - \ln (2^3) = 2\ln 3 - 3\ln 2 $.

\item $ \ln\left(3\nep ^{5}\right) = \ln 3 + 5\underbrace{\ln\nep}_1 = \ln 3 + 5$.
\end{itemize}
\end{corrige}

%%% 10

\begin{exo}{Propriétés algébriques} {Lycée Delacroix, Maisons - Alfort}{1}{5}
Exprimer en fonction de $\ln 2$ et $\ln 3$ :
\[ 
A = 2\ln 4 + \ln 27 - 4\ln 18 + 4\ln \sqrt{6} - \ln \dfrac{9}{16}. \]
\end{exo}

\begin{corrige}
$\begin{aligned}
A & = 2\ln 4 + \ln 27 - 4\ln 18 + 4\ln \sqrt{6 } - \ln \dfrac{9}{16} \\
& = 2\ln 2^2 + \ln 3^3 - 4\ln(2\times3^2) + 4\ln\bigl((2\times3)^{\frac{1}{2}}\bigr) - (\ln 3^2 - \ln 2^4)\\
& = 4\ln 2 + 3\ln 3 - 4(\ln 2 + 2\ln 3) + 4\times\dfrac{1}{2}(\ln 2 + \ln 3) - 2\ln 3 + 4\ln 2 \\
& = 4\ln 2 + 3\ln 3 - 4\ln 2 - 8\ln 3 + 2\ln 2 + 2\ln 3 - 2\ln 3 + 4\ln 2 \\
 & = 6\ln 2 - 5\ln 3.
\end{aligned}$
\end{corrige}


\sectionnn{Équations}

%%% 11

\begin{exo}{Équations}{Lycée Bonaparte, Toulon}{1}{10}
Résoudre les équations suivantes dans $\R$ :
\begin{questions}
\begin{minipage}{0.33\linewidth}
\item $\ln(2x) = - 3$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.33\linewidth}
\item $\dfrac{1}{2}\ln(3x + 1) = 1$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.33\linewidth}
\item $ 3\ln(3x^2 + 1) = 6$
\end{minipage}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La condition de validité pour $\ln(2x) = - 3$ est que $ x > 0$.
\begin{align*}
\ln(2x) = - 3 & \iff \ln(2x) = \ln{(\nep ^{-3})} \\
& \iff 2x = \nep ^{ - 3} \ \text{(par stricte monotonie)}.
\end{align*}
Donc la solution est $\dfrac{1}{2}\nep ^{-3} $ (car $\dfrac{1}{2}\nep^{-3}>0$).

\item L'équation $ \dfrac{1}{2}\ln(3x + 1) = 1$ n'est valide que si $3x + 1 > 0$ c'est-à-dire $x > - \dfrac{1}{3}$.\\
$\begin{aligned}[t]
\dfrac{1}{2}\ln(3x + 1) = 1 & \iff \ln(3x + 1) = 2 \iff \ln(3x + 1) = \ln(\nep ^2) \\
& \iff 3x + 1 = \nep ^2 \quad \text{(par stricte monotonie)} \\
& \iff x = \dfrac{1}{3}(\nep ^2 - 1).
\end{aligned}$\\								
Ceci vérifie la condition de validité, donc $\dfrac{1}{3}(\nep ^2 - 1)$ est solution.

\pagebreak

\item L'équation $ 3\ln(3x^2 + 1) = 6$ est définie sur $\R$ puisque le trinôme $3x^2 + 1$ est toujours strictement positif.
\begin{align*}
3\ln(3x^2 + 1) = 6 & \iff \ln(3x^2 + 1) = 2 \iff \ln(3x^2 + 1) = \ln \nep^2 \\
& \iff 3x^2 + 1 = \nep ^2 \iff x^2 = \underbrace{\frac{\nep ^2 - 1}{3}}_{ > \ 0} \\[-3pt]
&\iff x = \sqrt{\frac{\nep ^2 - 1}{3}} \quad \text{ ou } \quad x = - \sqrt{\frac{\nep ^2 - 1}{3}}.
\end{align*}
L'équation a pour ensemble de solutions $ \left\{-\sqrt{\dfrac{\nep^2 - 1}{3}}\,; \sqrt{\dfrac{\nep^2 - 1}{3}}\right\}$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 12

\begin{exo}{Équations}{Lycée Hoche, Versailles}{1}{10}
Résoudre dans $\R$ les équations suivantes :
\begin{questions}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $\ln\big(x^2 - 4\big) = \ln(2x + 11)$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $\ln(x - 2) + \ln(x + 2) = \ln(2x + 11)$
\end{minipage}
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item D'abord, on s'occupe des conditions d'existence des logarithmes :
\[
\begin{cases}
x^2 - 4 > 0 & \iff x\in \left]-\infty , -2 \right[ \cup	 \left]  2\,; + \infty\right[\\
2x + 11 > 0 & \iff x > - \dfrac{11}{2}
\end{cases}
\]
Finalement, la condition de validité est :
\[ 
x \in \mathscr{D} \text{ avec } \mathscr{D} = \left]-\dfrac{11}{2}\,; - 2 \right[ \cup\, ] 2\,; + \infty[. 
\]
Si $ x\in \mathscr{D}$, on transforme l'équation sachant que la fonction $\ln$ est strictement croissante :
\begin{align*}
\ln\big(x^2 - 4\big) = \ln(2x + 11) & \iff x^2 - 4 = 2x + 11 \\
 & \iff x^2 - 2x - 15 = 0.
\end{align*}
Le discriminant du trinôme vaut : $\Delta = 4 + 4\times 15 = 64 = 8^2$.

Il y a deux racines:
\[ x_{1} = \dfrac{2 - 8}{2} = - 3 \quad \text{ et } \quad x_{2} = \dfrac{2 + 8}{2} = 5. \]

Ces racines sont bien des solutions valides car elles sont dans $\mathscr{D}$. 

L'équation a donc pour ensemble de solutions : $\{-3\,; 5\}$.

\item Cette fois, on doit avoir :
\[
\begin{cases}
x - 2 > 0 & \iff x > 2, \\
x + 2 > 0 & \iff x > - 2, \\
2x + 11 > 0 & \iff x > - \dfrac{11}{2}.
\end{cases}
\]
Donc on résout dans $\mathscr{D}= \left]  2\,; + \infty \right[$ :
\[ \ln(x - 2) + \ln(x + 2) = \ln\left[(x - 2)(x + 2) \right] = \ln\big(x^2 - 4\big). \]
D'où :
\[ \ln(x - 2) + \ln(x + 2) = \ln(2x + 11) \iff \ln\big(x^2 - 4\big) = \ln(2x + 11). \]
On est ramené à l'équation de la question 1. Attention, cela ne veut pas dire que l'on va trouver les mêmes solutions, car on ne résout pas dans le même ensemble. En réduisant l'équation, on obtient les mêmes racines : $ x_{1} = - 3 $ et $ x_{2} = 5$. Mais cette fois-ci, on voit que $ x_{1}\not\in \mathscr{D}$. Seule $ x_{2} $ est donc solution.

L'équation admet donc une seule solution : $5$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 13

\begin{exo}{Fonction exponentielle et équations}{Lycée La Pérouse, San Francisco}{1}{10}
Résoudre dans $\R$ les équations suivantes :
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item  $\dfrac{\nep^x}{\nep^x -1}=2$ 

\item $\dfrac{-\nep^{-3x}}{\nep^{2x}-2\nep^x+3}=1$
\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item L'expression $\dfrac{\nep^x}{\nep^x -1}=2 $ n'a de sens que pour
$\nep^x\neq 1$, c'est-à-dire pour $x\neq 0$. 
\par
Alors :
\[
\begin{aligned}
\dfrac{\nep^x}{\nep^x -1}=2 &\iff \nep^x=2\nep^x-2  \\ &\iff
\nep^x=2.
\end{aligned}
\]
L'équation $\dfrac{\nep^x}{\nep^x -1}=2$ possède donc une unique
solution
$x=\ln 2$.
\item Posons $X=\nep^x$. 
On a 
alors :
$
\nep^{2x}-2\nep^x+3=X^2-2X+3
$.
\par
Le discriminant de ce trinôme vaut $\Delta=-8$, donc pour tout réel
$t$ :
\[
t^2-2t+3>0.
\]
Donc pour tout $x\in \R$,
$
\nep^{2x}-2\nep^x+3>0
$.
\par
Or, pour tout $x\in \R$, $\nep^{-3x}>0$ donc :
\[
\dfrac{-\nep^{-3x}}{\nep^{2x}-2\nep^x+3} <0\;,
\]
et l'équation 
$
\dfrac{-\nep^{-3x}}{\nep^{2x}-2\nep^x+3}=1
$
ne possède donc pas de solution réelle.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% 14

%\begin{exo}{Fonction logarithme et système}{Lycée Pasteur, Neuilly}{1}{10}
%Donner les solutions, lorsqu'elles existent, des systèmes :
%\begin{questions}
%\begin{multicols}{2}
%\item $\left \{
%\begin{array}{rl}
%xy &=2 \\
%\ln x+\ln y &=3
%\end{array}
%\right.$
%
%\item $\left \{ 
%\begin{array}{rl}
%2\ln x + \ln y &= \ln \left( \dfrac{x}{y} \right)\\
%\ln x+2\ln y & =0
%\end{array}\right.$
%\end{multicols}
%\end{questions}
%\end{exo}
%
%\begin{corrige}
%\begin{questions}
%\item De la propriété $\ln x = \ln y \iff x=y$, on en déduit:
%\[
%\left\{
%\begin{gathered}
%\begin{aligned}
%xy&=2 \\
%\ln x+\ln y&=3
%\end{aligned} \\
%x>0
%\quad
%\text {et}
%\quad
%y>0
%\end{gathered}\right.
%\iff
%\left\{\begin{gathered}
%\begin{aligned}
%\ln (xy)&=\ln 2\\
%\ln x+\ln y&=3
%\end{aligned}\\
%x>0
%\quad
%\text {et} 
%\quad
%y>0
%\end{gathered}\right.
%\]
%De plus, $\ln x+\ln y=\ln(xy)$ donc :
%\[
%\left\{\begin{gathered}
%\begin{aligned}
%\ln(xy)&=\ln 2 \\
%\ln x+\ln y&=3 
%\end{aligned}\\
%x>0
%\quad
%\text{et}
%\quad 
%y>0
%\end{gathered}\right.
%\iff
%\left\{
%\begin{gathered}
%\begin{aligned}
%\ln(xy)&=\ln 2\\
%\ln(xy)&=3
%\end{aligned}\\
%x>0
%\quad
%\text{et}
%\quad
%y>0
%\end{gathered}
%\right.
%\]
%Or $\ln 2 \neq 3$; ce système ne possède donc pas de solution.
%
%\item Pour tous $x$, $y$ vérifiant  $x>0$ et  $y>0$, on a
%$
%\ln \dfrac{x}{y}=\ln x-\ln y
%$,
% donc :
%\[\begin{aligned}
%\left\{ \begin{aligned}
%2\ln x+\ln y&=\ln\left(\dfrac{x}{y}\right)\\
%\ln x+2\ln y&=0
%\end{aligned}\right.
%\quad
%&\iff
%\quad
%\left\{\begin{aligned}
%2\ln x+\ln y&=\ln x -\ln y\\
%\ln x +2\ln y&=0\\
%\end{aligned}\right.\\
%&\iff
%\qquad
%\ln x+2\ln y=0
%\end{aligned}
%\]
%Or, $\ln(x)+2\ln(y)=\ln(xy^2)$ donc :
%\[
%\left\{\begin{aligned}
%2\ln x+\ln y&= \ln \left( \dfrac{x}{y}\right) \\
%\ln x+2 \ln y&=0\\
%\end{aligned}\right. 
%\quad
%\iff
%\quad
%\left\{
%\begin{gathered}
%xy^2=1\\
%x>0
%\quad
%\text{et}
%\quad
%y>0\\
%\end{gathered}\right.
%\]
%L'ensemble des solutions de ce système est donc l'ensemble des couples
%$\left(x~;\dfrac{\sqrt{x}}{x}\right)$ où $x$ décrit
%$\R^*_+$.
%\end{questions}
%\end{corrige}
%

%%% 15

\begin{exo}{Équations logarithmiques}{Lycée Henri IV, Paris}{2}{30}
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item Déterminer deux nombres réels $a$ et $b$ tels que pour tout réel $X$ :
\[ 
-X^3 + 2X^2 + X - 2 = (X^2 - 1)(aX + b). 
\]
\item Résoudre dans l'ensemble $ \R $ des réels les équations suivantes :
\begin{questions}
\item $ - x^3 + 2x^2 + x - 2 = 0$
\item $ - (\ln{x})^3 + 2(\ln{x})^2 + \ln{x} - 2 = 0$
\end{questions}
\end{questions}
\item
\begin{questions}
\item On considère le polynôme $P$ défini par :
\[ P(x) = 2x^3 - 3x^2 - 17x + 30. 	\]
\begin{questions}
\item Vérifier que :
\[ 
P(x) = (x - 2)(2x^2 + x - 15). 
\]
\item Résoudre dans $ \R $ l'équation d'inconnue $x$ : $P(x) = 0$.
\end{questions}
\item Utiliser la question précédente pour résoudre l'équation :
\[ 
2\ln{x} + \ln(2x - 3) = \ln(17x - 30).
\]
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item %1
\begin{questions}
\item %1.a.
On pose la factorisation du polynôme par $ X^2 - 1$ et on raisonne par identification :
\[ 
\begin{cases}
(X^2 - 1)(aX + b) & = aX^3 + bX^2 - aX - b \\ 
& = - X^3 + 2X^2 + X - 2
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
a = - 1 \\ b = 2.
\end{cases} 
\]
Donc : $ - X^3 + 2X^2 + X - 2 = (X^2 - 1)( - X + 2) $.

\item %1.b.
\begin{questions}
\item %1.b.i.
On utilise la forme factorisée, pour résoudre l'équation polynomiale (en $x$) :
\begin{align*}
- x^3 + 2x^2 + x - 2 = 0 & \iff (x^2 - 1)( - x + 2) = 0 \\
& \iff x^2 - 1 = 0 \text{\enspace ou\enspace} - x + 2 = 0 \\
& \iff x = 1 \text{\enspace ou\enspace} x = - 1 \ \text{\enspace ou\enspace} x = 2.
\end{align*}

\item %1.b.ii.
Soit à résoudre $(E)$ : $- (\ln x)^3 + 2(\ln x)^2 + \ln x - 2 = 0$.

Cette équation est valide pour $x>0$. 

Pour se ramener à l'équation précédente, on pose $ X = \ln{x} $.

\begin{align*}
(E) & 
\iff \begin{cases}
- X {}^3 + 2X^2 + X - 2 = 0 \\ X = \ln x
\end{cases}
\\
& \iff
\begin{cases}
\ln x= - 1\\
\text{ ou }\\
\ln x= 1\\
\text{ ou }\\
\ln{x} = 2
\end{cases}
\iff 
\begin{cases}
x = \nep ^{-1}\\
\text{ ou }\\
x = \nep\\
\text{ ou }\\
x = \nep ^2
\end{cases}
\end{align*}
\end{questions}
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
(x - 2)(2x^2 + x - 15) & = 2x^3 + x^2 - 15 x -4x^2 -2x + 30 \\
& = 2x^3 -3x^2 - 17 x + 30 \\
& = P(x).
\end{aligned}$

\item $P(x) = 0 \iff x - 2 = 0 \ \text{ ou } \ 2x^2 + x - 15 = 0$.

Le polynôme $2x^2 + x - 15$ a deux racines réelles (car\\ 
$\Delta = 1 + 120 = 121 = 11^2 > 0$) :
\[ 
x_1 = \frac{- 1 - 11}{4} = -3 \quad \text{ et } \quad x_2 = \frac{- 1 + 11}{4} = \dfrac{5}{2}. \]
$P(x) = 0 \iff x = 2 \ \text{ ou } \ x = - 3 \ \text{ ou } \ x = \dfrac{5}{2} $.
\end{questions}

\item $ 2\ln{x} + \ln(2x - 3) = \ln(17x - 30) $.

On commence par poser les conditions de validité :
\[ 
\begin{cases}
x > 0 \\ 
2x - 3 > 0 \\ 
17x - 30 > 0
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
x > 0 \\ 
x > \dfrac{3}{2} \\[8pt]
x > \dfrac{30}{17}.
\end{cases}
\iff x > \dfrac{30}{17}
\]
On résout ensuite l'équation :
\begin{align*}
2\ln x + \ln(2x - 3) & = \ln x^2 + \ln(2x - 3) \\
                     & = \ln\big(x^2(2x - 3)\big)\\
                     & = \ln\big(2x^3 - 3x^2\big).
                     \end{align*}
D'où, pour $x > \dfrac{30}{17}$ : $\begin{aligned}[t]
\ln\big(2x^3 - 3x^2\big) & = \ln(17x - 30) \\
\iff 2x^3 - 3x^2 & = 17x - 30 \iff P(x) = 0.
\end{aligned}$

D'après la question précédente, $ P(x) = 0 $ équivaut à $ x = - 3$ ou $ x = 2$ ou $x = \dfrac{5}{2}. $
                    		
Parmi ces solutions, $ - 3$ ne satisfait pas la condition de validité car: $ - 3 < \dfrac{30}{17}$.\\
Donc l'ensemble des solutions de l'équation est : $ \left\{2\,;\dfrac{5}{2}\right\}$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}


\sectionnn{Inéquations}

%%% 19 (Nouveau 2020 , adapté d'un exo de TES)

\begin{exo}{Dans une suite}{Lycée Turgot, Paris}{1}{5} 
Soit $(u_n)$ une suite définie pour tout entier naturel $n$ par $u_0=\numprint{75000}$ et par la relation $u_{n+1}=1,014u_n+7$.

On admet que $u_n=\numprint{75500}\times1,014^n-500$.

\Par

Trouver alors le plus petit entier $n$ tel que $u_n > 2u_0$.
\end{exo}

\begin{corrige}
$\begin{aligned}[t]
u_n>2u_0 & \iff \numprint{75500}\times1,014^n-500>\numprint{150000}\\
& \iff \numprint{75500}\times1,014^n > \numprint{150500}\\
& \iff 1,014^n > \dfrac{\numprint{1505}}{755}\\
& \iff \ln\big(1,014^n\big) > \ln\left(\dfrac{\numprint{1505}}{755}\right)\\
& \iff n\ln(1,014)>\ln\left(\dfrac{\numprint{1505}}{755}\right)\\
& \iff n>\dfrac{\ln\left(\frac{\numprint{1505}}{755}\right)}{\ln(1,014)}\quad\text{ car }\ln(1,014)>0.
\end{aligned}$

\Par

On obtient donc, en arrondissant à l'entier supérieur, $n = 50$.
\end{corrige}



%%%

\begin{exo}{Inéquations de base}{Lycée Galilée, Gennevilliers}{1}{15}
Résoudre dans $\R$ les inéquations suivantes :
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item $\ln (- 3x + 4) \leqslant 3$
\item $\ln (x^2 - 4) < \ln\big(2x(x + 2)\big)$
\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item On doit résoudre $\ln (- 3x + 4) \leqslant 3$. La condition de validité est:
\[ 
-3x + 4 > 0 \iff x < \dfrac{4}{3}. 
\]
On se ramène à une situation de référence où l'on pourra utiliser la propriété : $\ln(x)\leqslant\ln(y)\iff x\leqslant y$ pour $x$ et $y$ réels strictement positifs. Il faut «~équilibrer~» l'inéquation en faisant apparaître un logarithme à droite. 

On écrit $3$ sous forme d'un logarithme : $ 3 = 3 \times \ln \nep = \ln \nep^3 $.
\begin{align*}
\ln(-3x + 4) \leqslant 3 & \iff \ln{(-3x + 4)} \leqslant \ln{\nep^{3}} \\
& \iff -3x + 4\leqslant \nep^3 \quad \text{(stricte monotonie de ln)} \\
& \iff x \geqslant \frac{\nep^3 - 4}{-3} \\
& \hspace*{4em}\text{(l'inégalité change de sens en divisant par $-3$)}\\
&\iff x \geqslant \frac{4 - \nep^3}{3}.
\end{align*}
On obtient finalement deux conditions:
\[ x \in \Bigl]-\infty\,; \dfrac{4}{3}\Bigr[ \quad \text{et} \quad x \geqslant \frac{4 - \nep^3}{3}. \]

Donc l'ensemble des solutions est: $\Bigl[\dfrac{4 - \nep^3}{3}\, ; \dfrac{4}{3}\Bigr[$.


\item On commence par poser les conditions de validité, garantissant l'existence de chaque logarithme.
\begin{align*}
\begin{cases}
x^2 - 4 > 0 \\ 
2x(x + 2) > 0
\end{cases}
& \iff
\begin{cases}
x < - 2 \text{ ou }x > 2 \\
x < - 2 \text{ ou } x > 0
\end{cases}
\parbox{3.5cm}{\raggedleft(trinôme positif à l'extérieur des racines)} \\
& \iff
\begin{cases}
x \in \left]-\infty\,; - 2  \right[ \cup \left]  2\,; + \infty\right[, \\
x \in \left]-\infty\,; - 2  \right[ \cup \left]  0\,; + \infty\right[.
\end{cases}
\end{align*}
Donc : $x \in \left] -\infty\,; -2 \right[ \cup \left]2\; + \infty\right[$.\hfill(1)

Noter que l'on a pris la conjonction des deux conditions, c'est-à-dire l'intersection des ensembles solutions de ces conditions. La condition~(1) signifie que l'on doit résoudre dans $\left]-\infty\,; -2 \right[ \cup \left]  2\,; + \infty \right[$.

Par stricte monotonie, on a :
\begin{align*}
\ln\big(x^2 - 4\big) < \ln\big(2x(x + 2)\big) & \iff x^2 - 4 < 2x(x + 2) \\
&\iff x^2 - 4 - 2x(x + 2) < 0. 
\end{align*}
Or, $\begin{aligned}[t]
x^2 - 4 - 2x(x + 2) & = (x - 2)(x + 2) - 2x(x + 2) \\
                    & = (x + 2)(x - 2 - 2x) \\
                    & = (x + 2)( - x - 2) \\
                    & = -(x + 2)(x + 2)\\
                    & = -(x + 2)^2.
\end{aligned}$

Donc, l'inégalité équivaut à : $(x + 2)^2 > 0$.\hfill(2)

Le carré $(x + 2)^2$ étant positif ou nul pour tout $x \in \R$, la condition (2) équivaut à $x \neq - 2$. En résumé, les solutions de l'inéquation doivent vérifier : 
\[
x \in \left] - \infty\,; -2  \right[ \cup \left]  2\,; + \infty\right[ \text{ et } x \neq -2.
\]
Donc, l'ensemble des solutions de l'inéquation est : \[ \left]-\infty\,; -2 \right[ \cup \left] 2\,; + \infty\right[. \]
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 17

\begin{exo}{Changement de variable}{Lycée Champollion, Grenoble}{1}{10}
Résoudre l'inéquation suivante après en avoir précisé les conditions de définition :
\[ (\ln x)^2 - 4\ln x + 3 < 0. \]
\end{exo}

\begin{corrige}
On a :
        \[ (\ln{x})^2 - 4\ln{x} + 3 < 0. \]
    On résout cette inéquation par un changement de variable : $X = \ln{x}$, avec $x > 0$.
        \[ (\ln{x})^2 - 4\ln{x} + 3 < 0 \quad \iff \begin{cases} X^2 - 4X + 3 < 0 \\ X = \ln x. \end{cases} \]
    Résoudre $X^2 - 4X + 3 < 0$ est un problème classique de signe d'un trinôme du second degré.

        \begin{itemize}
            \item Le discriminant vaut : $\Delta = 16 - 4\times 3 = 4 = 2^2$.

            \item Il y a donc deux racines qui sont:
                \[ X_{1} = \dfrac{4 - 2}{2} = 1 \quad \text{ et } \quad X_{2} = \dfrac{4 + 2}{2} = 3. \]
            \item Par la règle du signe d'un trinôme, on déduit que $X^2 - 4X + 3$ est négatif (du signe opposé du coefficient de $X^2$, qui est $1$) entre les racines. On obtient donc :
                \[ X^2 - 4X + 3 < 0 \iff X \in \left]  1\, ; 3  \right[ \]
        \end{itemize}

        \begin{center}
            \includegraphics{158_ln-fig5}
        \end{center}

    Il faut maintenant revenir à la variable initiale $x$ :
\[
\left.
\begin{array}{l} 
X \in \left] 1\,; 3 \right[ \\
X = \ln x
\end{array}
\right\} \iff 1 < \ln x < 3 \iff \ln \nep < \ln x < \ln \nep^3.
\]
    Comme $\ln$ est strictement croissante de $] 0\, ; + \infty[$ dans $\R$ :
        \[ \ln \nep < \ln x < \ln \nep^3 \iff \nep < x < \nep^3. \]
    Les solutions vérifient donc: $x > 0 \quad \text{ et } \quad x \in \bigl] \nep\, ; \nep^3 \bigr[$.\\
    L'ensemble des solutions est l'intervalle : $\bigl] \nep\, ; \nep ^{3}\bigr[$.
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Un quotient en opérande}{Lycée Michelet, Marseille}{2}{15}
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{logarithme et quotient en opérande}{https://media.prepamath.fr/ILTMch05exo18}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.4){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTM2026ch05exoQuotOper}}}
\vspace*{-5mm}

Résoudre dans $\R$ l'inéquation suivante :
\[ \ln\left(\frac{x + 2}{x - 2}\right) > 1. \]
\end{exo}

\begin{corrige}
\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTM2026ch05exoQuotOper}}}
%\rput(-0.5,-1.1){\PictoNathanLive[Video]}
\vspace*{-5mm}

Pour résoudre l'inéquation demandée, il faut d'abord déterminer la condition d'existence du logarithme. On étudie donc le signe du quotient qui se trouve sous le logarithme.

Le signe du quotient $\dfrac{x + 2}{x - 2}$ est égal au signe du produit $(x + 2) \times (x - 2)$. 

$(x+2)(x-2)>0$ est équivalent à $x <-2$ ou $x>2$. 

L'inéquation à résoudre est donc définie sur $]-\infty;-2[\cup]2;+\infty[$.

\begin{align*}
\ln\left(\dfrac{x + 2}{x - 2}\right) > 1 & 
\iff \ln\left(\dfrac{x + 2}{x - 2}\right) > \ln\nep\\
& \iff \dfrac{x + 2}{x - 2} > \nep \text{ (d'après la propriété du cours page \pageref{ln:conservation})}.
\end{align*}
\begin{attention}
Pour résoudre cette inéquation, il ne faut surtout pas multiplier les deux membres par $(x-2)$ car le signe de cette expression est variable.
\end{attention}

\begin{align*}
\frac{x + 2}{x - 2} > \nep & \iff \frac{x + 2}{x - 2} - \nep > 0 \\
& \iff \frac{x + 2 - \nep (x - 2)}{x - 2} > 0 \\
& \iff \frac{(1 - \nep )x + 2(1 + \nep )}{x - 2} > 0.
\end{align*}

Le numérateur est une fonction affine de coefficient directeur $(1-\nep)$ qui s'annule en $\alpha = \dfrac{2(\nep + 1)}{\nep - 1}$.  

Comme $1-\nep<0$, le tableau de signe correspondant est le suivant:
\[ 
\renewcommand{\arraystretch}{1.5}
\begin{array}{|R|c*{3}{cc}|}
            \hline\tabulartitle
            x & - \infty & & 2 & & \alpha & & + \infty\\
            \hline
            x - 2 & & - & 0 & + & & + & \\
            \hline
            (1 - \nep)x + 2(1 + \nep) & & + & \vline & + & 0 & - & \\
            \hline
            \dfrac{(1 - \nep )x + 2(1 + \nep )\strut}{x - 2\strut} & & - & \vline~\vline & + & 0 & - & \\
            \hline
\end{array} 
\]

Finalement, l'inéquation a pour solutions les nombres $x$ satisfaisant en même temps les conditions suivantes:
\[ 
x \in \left]-\infty\,; -2 \right[ \cup \left] 2\,; +\infty\right[\quad\text{et}\qquad x \in \Bigl] 2\,; \frac{2(1 + \nep)}{\nep - 1}\Bigr[.
\]

L'ensemble des solutions est donc l'intervalle : 
$\Bigl]\ 2\, ; \dfrac{2(1 + \nep )}{2\nep - 1} \ \Bigr[$.

\Par

On peut visualiser graphiquement à l'aide de la calculatrice ce résultat en\linebreak traçant la courbe représentative de la fonction $f$ définie par $f(x)=\ln\left(\dfrac{x+2}{x-2}\right)$:
\begin{center}
\includegraphics{160_ln-fig6}
\end{center}
%L'ensemble des solutions est l'intervalle des $x$ sur lequel la courbe se situe au-dessus de la droite d'équation $y=1$.
L'ensemble des solutions correspond aux points de la courbe situés au-dessus de la droite d'équation $y=1$, dont les abscisses sont dans $\Bigl]\ 2\, ; \dfrac{2(1 + \nep )}{2\nep - 1}  \Bigr[$.
%\begin{plusloin}
%%En posant $f(x)=\ln\left(\dfrac{x+2}{x-2}\right)$, pour tout $x\in]-\infty;2[\cup]2;+\infty[$, on a:
%La fonction $f$ est \textit{impaire}. En effet, pour tout $x\in]-\infty;2[\cup]2;+\infty[$,\linebreak on a:
%\[
%f(-x)=\ln\left(\dfrac{-x+2}{-x-2}\right)=\ln\left(\dfrac{x-2}{x+2}\right)=\ln\left[\left(\dfrac{x+2}{x-2}\right)^{-1}\right]=-f(x).
%\]
%La courbe représentative de $f$ est symétrique par rapport à l'origine $O$. 
%\end{plusloin}
\end{corrige}



\sectionnn{\'Etudes de fonctions}


%%%

\begin{exo}{Retrouver la fonction }{Lycée Jules Ferry, Paris}{1}{15}
$f$ est une fonction définie sur $\R$ par : 
\[
f(x)=\ln\left(ax^2+bx+c\right)\;,
\]
où $a$, $b$ et $c$ sont trois réels.

Son tableau de variation est le suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|C|*9{Zc}|}
\hline\tabulartitle
$x$ & $-\infty$ &  & $-\frac{1}{2}$ &  & 0 &  & $\frac{1}{4}$ &  & $+\infty$\\
\hline
$f'(x)$ &  &  &  &  &  0  & &   &   &  \\
\hline
 &   & $\searrow$ &  &  &  &  &  & $\nearrow$ &  \\
$f(x)$ &  & & $0$ & & & & $\ln\frac{5}{8}$  & & \\
 & & & &$\searrow$ & &$\nearrow$ & & & \\
 \hline
\end{tabular}
\end{center}

En utilisant les données du tableau, déterminer $a$, $b$ et $c$.
\end{exo}

\begin{corrige}
Si $ax^2+bx+c>0$, la fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et $f'(x)=\dfrac{2ax+b}{ax^2+bx+c}$.

D'après les données du tableau de variations :

\begin{itemize}
\item $f'(0)=0$ donc $b=0$ ;
\item $f\left(-\dfrac{1}{2}\right)=0$ donc $\ln\left(\dfrac{a}{4}+c\right)=0$, soit $\dfrac{a}{4}+c=1$ ;
\item $f\left(\dfrac{1}{4}\right)=\ln\dfrac{5}{8}$ donc $\ln\left(\dfrac{a}{16}+c\right)=\ln\dfrac{5}{8}$, soit $\dfrac{a}{16}+c=\dfrac{5}{8}$.
\end{itemize}

De ces deux équations, on déduit $c=\dfrac{1}{2}$, $a=2$ et nous avions déjà $b=0$.

L'expression $2x^2+\dfrac{1}{2}$ est bien strictement positive sur $\R$ donc la fonction $f$ est bien définie sur $\R$.
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Construction d'une tangente}{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret}{1}{20}
Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;+\infty[$ par :
\[
f(x)=x(1-\ln x).
\]

$\mathcal{C}$ est la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère.

\enlargethispage*{2\baselineskip}

\begin{questions}
\item Étudier le signe de $f(x)$ suivant les valeurs du nombre $x$.
\item Déterminer les limites de la fonction $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
\item Déterminer la dérivée de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;+\infty[$ et\linebreak dresser le tableau de variations de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;+\infty[$.
\item Soit $a$ un nombre réel strictement positif. On considère la tangente $\mathcal{T}_a$ au point $A$ de la courbe  d'abscisse $a$.

\begin{center}
\includegraphics[scale=0.9]{140_ln-fig4a}
\end{center}

\begin{questions}
\item Déterminer, en fonction du nombre réel $a$, les coordonnées du point $A'$, point d'intersection de la droite $\mathcal{T}_a$ et de l'axe des ordonnées.
\item Expliciter une démarche simple pour la construction de la tangente $\mathcal{T}_a$.

Construire la tangente $\mathcal{T}_a$ au point $A$ placé sur la figure.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $1-\ln x>0$ pour $x<\nep$ et $x>0$. Par conséquent, $f(x)>0$ pour $0<x<\nep$, $f(\nep)=0$ et $f(x)<0$ pour $x>\nep$.

\item 
\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x\to0} x\ln x=0$ (croissance comparée) donc :
\[
\lim\limits_{x\to0} f(x)=\lim\limits_{x\to0} (x-x\ln x)=0.
\]

\item $\lim\limits_{x\to+\infty}(1-\ln x)=-\infty$ donc :
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\big[x(1-\ln x)\big]=-\infty.
\]
\end{itemize}

\item $f'(x)=1\times(1-\ln x)+x\times\left(-\dfrac{1}{x}\right)=-\ln x$.

On obtient alors le tableau de variation suivant :

\[
\begin{array}{|C|*6{c}|}
\hline\tabulartitle
x & 0 & &  & 1 &  & +\infty\\
\hline
f'(x) & \dvline & & + & 0 & - & \\
\hline
      & \dvline & &  & 1  &    & \\
 f(x) & \dvline & & \nearrow& & \searrow & \\
      & \dvline & 0&         & &          & -\infty\\
\hline
\end{array}
\]

\item
\begin{questions}
\item Une équation de $\mathcal{T}_a$ est :
\[
y=f'(a)(x-a)+f(a)\;,
\]
ce qui donne : 
\[ y=-x\ln a+a.\]

En remplaçant $x$ par 0 dans cette équation, on trouve que les coordonnées du point $A'$ sont $(0~;a)$.

\item Pour tracer cette tangente, il suffit de reporter l'abscisse du point $A$ sur l'axe des ordonnées pour obtenir le point $A'$, puis la tangente est la droite $(AA')$.
\Par
\begin{center}
\includegraphics{163_ln-fig4b}
\end{center}
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 


\begin{exo}{\'Etude d'une fonction logarithmique}{Lycée Maximilien Sorre, Cachan}{2}{45}

\subsectionnn{Partie A}

Soit la fonction $f$ définie sur $]0~;+\infty[$ par : 

\[ f(x)=3-x-\ln x.\]

\begin{questions}
\item Étudier les variations de $f$. Compléter le tableau de variation par les limites de $f$ aux bornes de $]0~;+\infty[$.
\item Montrer que l'équation $f(x)=0$ a une solution unique $\alpha$ dans l'intervalle $[2~;3]$.
%\item Expliquer le rôle de l'algorithme suivant :
%
%\begin{algorithme}{}
%Entrée
%\qquad Saisir $n$
%Initialisation
%\qquad a $\leftarrow$ 2
%Traitement
%\qquad Tant que 3-a-ln(a)$>$0
%\qquad\qquad a $\leftarrow$ a+10$^{-\text{n}}$
%\qquad Fin tant que
%Sortie
%\qquad Afficher a
%\end{algorithme}
%
%\Par
%	
\item Donner une valeur approchée au millième de $\alpha$.

\item Déterminer le signe de $f(x)$ sur $]0~;+\infty[$.
\end{questions}

\subsectionnn{Partie B}

Soit la fonction $g$ définie sur $]0~;+\infty[$ par : $g(x)=\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\left(2-\ln x\right)$.
\begin{questions}
\item
Calculer $g'(x)$ sur $]0~;+\infty[$ et montrer que : $g'(x)=\dfrac{f(x)}{x^2}$.
\item
En déduire les variations de $g$ et compléter le tableau de variation par les limites de $g$ aux bornes de $]0~;+\infty[$.
\item
En utilisant l'égalité $f(\alpha)=0$, montrer que $g(\alpha)=\dfrac{(\alpha-1)^2}{\alpha}$.
\item
En déduire un encadrement de $g(\alpha)$ d'amplitude 0,02.
\item
Étudier le signe de $g(x)$ sur $]0~;+\infty[$.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\subsectionnn{Partie A}
 \begin{questions}
 \item
 La fonction $f$ est dérivable sur $]0~;+\infty[$ d'après les opérations sur les fonctions dérivables.
 
 Pour tout réel $x$ tel que $x > 0$, on a :
 \[  f'(x)=-1-\dfrac{1}{x}.  \]
 Pour tout réel $x$ strictement positif on a $f'(x) < 0$. On en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]0~;+\infty[$.\\
 
 D'après les limites usuelles,
 \[  \lim_{x\to 0}f(x) = +\infty,  \]
  \[  \lim_{x\to +\infty}f(x) = -\infty . \]
 
 On dresse alors le tableau de variation de la fonction $f$.
 \[
 \begin{array}{|C|cccc|}
 \hline\tabulartitle
 x&0&&&+\infty\\
 \hline
 f'(x)&\dvline&&-&\\
 \hline
 &\dvline&+\infty&&\\
 f&\dvline&&\searrow&\\
 &\dvline&&&-\infty\\
 \hline
 \end{array}
 \]
 
 \item La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur $[2~;3]$; $f(2)=1-\ln2$ et $f(3)=-\ln3$ donc $f(2) > 0$ et $f(3) < 0$. Il en résulte, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[2~;3]$.
 
\item À l'aide de la calculatrice, on trouve une valeur approchée de $\alpha$: $\alpha \approx 2,208$.
 

 \item
 La fonction $f$ s'annule en $\alpha$ et elle est strictement décroissante sur $\left]0~;+\infty\right[$. On en déduit que $f$ est strictement positive sur $\left]0~;\alpha \right[$ et strictement négative sur $\left]\alpha~;+\infty\right[$.

 \end{questions}
 

\subsectionnn{Partie B}

 \begin{questions}
 \item
 La fonction $g$ est dérivable sur $\left]0~;+\infty\right[$  comme produit de deux fonctions dérivables sur $\left]0~;+\infty\right[$.\\
 Pour tout réel $x$, on a :
 \[
 g'(x)=\dfrac{1}{x^2}(2-\ln x )+\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\left(-\dfrac{1}{x}\right)\;,
 \]
 soit :
 \[ 
 g'(x) = \dfrac{3-x-\ln x}{x^2}=\dfrac{f(x)}{x^2}.
 \]
 
 \item \label{chap7ex8B2}
 Comme $x^2$ est strictement positif sur $\left]0~;+\infty\right[$, $g'(x)$ a même signe que $f(x)$. On en déduit que $g'(x)$ est strictement positif sur $\left]0~;\alpha \right[$ et strictement négatif sur $\left]\alpha~;+\infty\right[$.
 Il en résulte que la fonction $g$ est strictement croissante sur $\left]0~;\alpha \right[$ et strictement décroissante sur $\left]\alpha~;+\infty\right[$. Elle admet un maximum en $\alpha$.\\
 D'après les limites usuelles,
 \[
 \lim_{x\to 0}g(x) = -\infty\qquad\text{et}\qquad\lim_{x\to +\infty}g(x) = -\infty.
 \]
 
 On dresse alors le tableau de variations de la fonction $g$.
 \Par
 \[ 
\begin{array}{|C|lcccr|}
                        \hline
x& 0 & &\alpha & &\infty\\
   \hline
g'(x) & &+&0&-& \\
\hline
&&& g(\alpha) &&\\
g&&\nearrow&&\searrow&\\
&-\infty &&&&-\infty\\
\hline
\end{array}
\]

\item
On a :
\[
g(\alpha)=\left(1-\dfrac{1}{\alpha}\right)(2-\ln\alpha).
\]
Or, $f(\alpha)=0$ donc $3-\alpha-\ln\alpha=0$.\\
On en déduit que $\ln\alpha=3-\alpha$.\\
En remplaçant cette valeur dans l'expression de $g(\alpha)$, on obtient :
\[
g(\alpha)=\left(1-\dfrac{1}{\alpha}\right)(-1+\alpha)\;,
\]
soit, après transformation,
\[
g(\alpha)= \dfrac{\left(\alpha-1\right)^2}{\alpha}.
\]

\item
\`A la question \ref{chap7ex8B2} de la partie A, on a établi l'encadrement :
\[ 2,20<\alpha<2,21. \]
On ne peut pas encadrer $g(\alpha)$ par $g(2,20)$ et $g(2,21)$ car $g$ n'est pas monotone sur $[2,20~;2,21]$.\\
On peut par contre utiliser le résultat de la question précédente\linebreak[4] $g(\alpha)= \dfrac{\left(\alpha-1\right)^2}{\alpha}$ pour donner un encadrement de $g(\alpha)$.\\
La fonction carré étant strictement croissante sur $\left]0~;+\infty\right[$, on a :
\[ 1,2^2<(\alpha-1)^2<1,21^2. \]
La fonction inverse étant strictement décroissante sur $\left]0~;+\infty\right[$, on a :
\[ \frac{1}{2,21}<\frac{1}{\alpha}<\frac{1}{2,20} .\]
On en déduit alors que :
\[ \frac{1,2^2}{2,21}<\frac{(\alpha-1)^2}{\alpha}<\frac{1,21^2}{2,20} .\]
\`A l'aide de la calculatrice, on peut alors donner un encadrement de $g(\alpha)$ d'amplitude 0,02 :
\[ 0,65<g(\alpha)<0,67. \]

\item
En remarquant que $g(1)=g(\nep^2)=0$ et en exploitant le tableau de variation de la fonction $g$ obtenu à la question 2 de la partie B, on déduit le signe de $g(x)$ sur $]0~;+\infty[$.\\
$g(x)< 0$ sur $]0~;1[$ et sur $\left]\nep^2~;+\infty\right[$ et $g(x)>0$ sur $\left]1~;\nep^2\right[$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 

\begin{exo}{Fonction et distance minimale}{Lycée Jean Moulin, Saint-Amand-Montrond}{3}{45}

\subsectionnn{Partie A}

Soit $u$ la fonction définie sur $]0~;+\infty[$ par :
\[ u(x) = x^2-2+\ln x. \]
\begin{questions}
\item \'Etudier les variations de $u$ sur $]0~;+\infty[$ et préciser ses limites en 0 et en $+\infty$.
\item
	\begin{questions}
	\item Montrer que l'équation $u(x)=0$ admet une solution unique sur $]0~;+\infty[$. On note $\alpha$ cette solution.
	\item \`A l'aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d'amplitude $10^{-2}$ de $\alpha$.
	\end{questions}

\item Déterminer le signe de $u(x)$ suivant les valeurs de $x$.
\item Montrer l'égalité :  $\ln \alpha = 2 - \alpha^2$.
\end{questions}

\subsectionnn{Partie B}

On considère la fonction $f$ définie et dérivable sur $]0~;+\infty[$ par :
\[ f(x) = x^2+(2-\ln x)^2. \]
On  note $f'$ la fonction dérivée de $f$ sur $]0~;+\infty[$.
\begin{questions}
\item Exprimer, pour tout $x$ de $]0~;+\infty[$, $f'(x)$ en fonction de $u(x)$.
\item En déduire les variations de $f$ sur $]0~;+\infty[$.
\end{questions}

\subsectionnn{Partie C}
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé $(O; \vec{\imath}, \vec{\jmath})$, on note :
\begin{itemize}
\item $\Gamma$ la courbe représentative de la fonction ln (logarithme népérien) ;
\item $A$ le point de coordonnées $(0~;2)$;
\item $M$ le point de $\Gamma$ d'abscisse $x$ appartenant à $]0~;+\infty[$.
\end{itemize}

\begin{questions}
\item Montrer que la distance $AM$ est donnée par $AM=\sqrt{f(x)}$.
\item Soit $g$ la fonction définie sur $]0~;+\infty[$ par $g(x)=\sqrt{f(x)}$.
	\begin{questions}
	\item Montrer que les fonctions $f$ et $g$ ont les mêmes variations sur $]0~;+\infty[$.
	\item Montrer que la distance $AM$ est minimale en un point de $\Gamma$, noté $P$, dont on précisera les coordonnées.
	\item Montrer que $AP=\alpha \sqrt{1+\alpha^2}$.
	\end{questions}
\item \emph{Pour cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation.}\\
La droit $(AP)$ est-elle perpendiculaire à la tangente à $\Gamma$ en $P$ ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\subsectionnn{Partie A}
\begin{questions}
\item On calcule $u'(x)=2x+\dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2+1}{x}$. Sur $]0~;+\infty[$, $u'(x)>0$.\\
$\lim\limits_{x \to 0} u(x)= -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} u(x)=+\infty$ d'après les limites connues de la fonction ln.

\item \enlargethispage*{2em}
\begin{questions}
\item La fonction $u$ est continue comme somme de fonctions définies et continues sur son ensemble de définition.\\
La fonction $u$ est strictement croissante.\\
Le nombre $0 \in ]-\infty ~; +\infty[$, donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $u(x)=0$ admet une unique solution sur $]0~;+\infty[$.

\item D'après la calculatrice, $1,31 < \alpha < 1,32$.
\end{questions}

\item On a : $u(x) < 0$ pour $x < \alpha$ et $u(x)>0$ pour $x>\alpha$.

\item On a : $u(\alpha)=0$, donc $\alpha^2-2+\ln \alpha = 0$, d'où $\ln \alpha = 2  - \alpha^2$.
\end{questions}

\subsectionnn{Partie B}
\begin{questions}
\item On calcule :
$$f'(x)=2x+2(2-\ln x) \left( -\dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{2x^2-4+2\ln x}{x} = \dfrac{2u(x)}{x}.$$

\item Comme $x>0$, les variations de $f$ sont données par le signe de $u$ : $f$ est décroissante pour $x < \alpha$ et croissante pour $x>\alpha$.
\end{questions}


\subsectionnn{Partie C}
\begin{questions}
\item On calcule :\\
$AM=\sqrt{(x-x_A)^2 + (y-y_A)^2} = \sqrt{x^2+(\ln x-2)^2} = \sqrt{f(x)}$.

\item
\begin{questions}
\item La fonction $g$ est la composée de la fonction $f$ et de la fonction racine carrée. La fonction racine carrée étant croissante sur $]0~;+\infty[$, $g$ a les mêmes variations que $f$.

\item On a montré précédemment que $f$ admet un minimum pour\linebreak $x=\alpha$. Les coordonnées du point $P$ sont alors $(\alpha~;~\ln\alpha)$ ou encore\linebreak[4] $(\alpha~;~2-\alpha^2)$.

\item On a :
\[
\begin{aligned} 
AP &= \sqrt{\alpha^2+(2-\alpha^2-2)^2} \\
&= \sqrt{\alpha^2+\alpha^4} \\
&= \sqrt{\alpha^2(1+\alpha^2)} \\
&= \alpha \sqrt{1+\alpha^2}
\end{aligned}
\]
 car $\alpha>0$.
\end{questions}

\item Un vecteur directeur de la droite $(AP)$  est $\overrightarrow{AP} (\alpha~;~-\alpha^2)$.\\
Par ailleurs $\ln'(x)=\dfrac{1}{x}$, donc le coefficient directeur de la tangente à $\Gamma$ en $P$ est $\dfrac{1}{\alpha}$. Donc un vecteur directeur de cette tangente est $\vec{d}\left(1;\dfrac{1}{\alpha} \right)$.\\

On a :
\[\overrightarrow{AP}\cdot\vec{d} = \alpha + (-\alpha^2) \left( \dfrac{1}{\alpha} \right) = 0.\] Donc $(AP)$ est bien perpendiculaire à la tangente $\Gamma$ en $P$.
\end{questions}
\end{corrige}

\newpage

\sectionnn{Suites et logarithmes}

%%% NEW 2023

\begin{exo}{Suite et racine carrée}{Lycée Saint-Joseph de Tivoli, Bordeaux}{1}{20}
On considère la suite $(u_n)$ définie par $u_0 = \nep^3$ et pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1} = \nep\sqrt{u_n}$.

Pour tout entier naturel $n$, on pose $a_n = \ln(u_n)-2$.
\begin{questions}
\item Exprimer $u_n$ en fonction de $a_n$ pour tout entier naturel $n$.
\item Exprimer $a_{n+1}$ en fonction de $a_n$ pour tout entier naturel $n$.

Quelle est la nature de la suite $(a_n)$ ? 
\item En déduire que pour tout entier naturel $n$, $u_n = \nep^{2+\frac{1}{2^n}}$.
\item Calculer la limite de la suite $(u_n)$.
\item À partir de quel rang $u_n$ est une valeur approchée de $\nep^2$ au millième?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Pour tout entier naturel $n$, 
\begin{align*}
a_n = \ln(u_n)-2 & \iff a_n+2 = \ln(u_n)\\
& \iff u_n = \nep^{a_n+2}.
\end{align*}

\Par

\item Pour tout entier naturel $n$, 
\begin{align*}
a_n = \ln(u_n)-2 & \iff a_{n+1} = \ln(u_{n+1})-2\\
& \iff a_{n+1} = \ln\big(\nep\sqrt{u_n}\big) - 2\\
& \iff a_{n+1} = \ln\nep + \ln\sqrt{u_n} - 2\\
& \iff a_{n+1} =  \dfrac{1}{2}\ln(u_n) - 1\\
& \iff a_{n+1} = \dfrac{1}{2}\big( \ln(u_n) - 2\big)\\
& \iff a_{n+1} = \dfrac{1}{2}a_n.
\end{align*}

\Par

On en déduit alors que $(a_n)$ est une suite géométrique de premier terme:
\[
a_0 = \ln(u_0)-2 = \ln\big(\nep^3\big)-2 = 3-2= 1 \text{ et de raison }\frac{1}{2}.
\]
%et de raison $\dfrac{1}{2}$.

\item De la nature de $(a_n)$, on déduit que pour tout entier naturel $n$, 
\[
a_n = a_0 \times \left(\frac{1}{2}\right)^n = \dfrac{1}{2^n}
\]
et de la question 1, on déduit que:
\[
u_n = \nep^{a_n+2} = \nep^{2+\frac{1}{2^n}}.
\]

\item $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{2^n}=0$ donc de l'expression précédente, on déduit que:
\[
\lim_{n\to+\infty}(u_n)=\nep^{2}.
\]
\item On peut montrer que $(u_n)$ est décroissante et donc que $u_n\geqslant\nep^2$ pour tout entier naturel $n$. On cherche donc ici le premier entier $n$ pour lequel:
\begin{align*}
u_n-\nep^2 \leqslant 10^{-3} & \iff \nep^2\left( \nep^{1/2^n} - 1\right) \leqslant 10^{-3}\\
& \iff \nep^{1/2^n} \leqslant 10^{-3}\times\nep^{-2} + 1\\
& \iff \ln\left( \nep^{1/2^n} \right) \leqslant \ln\big(10^{-3}\times\nep^{-2} + 1\big)\\
& \iff \dfrac{1}{2^n} \leqslant \ln\big(10^{-3}\times\nep^{-2} + 1\big)\\
& \iff 2^n \geqslant \dfrac{1}{ \ln\big(10^{-3}\times\nep^{-2} + 1\big)}\\
& \iff n \geqslant \ln\left[ \dfrac{1}{ \ln\big(10^{-3}\times\nep^{-2} + 1\big)} \right]\times\dfrac{1}{\ln2}\\
% ERRVOL & \iff n \geqslant 10.
& \iff n \geqslant 13.
\end{align*}
\end{questions}
\end{corrige}

%%% NEW 2023 : transfuge du chapitre 1 de l'édition 2020

\begin{exo}{Suite du type u$_{\text{n+1}}$ = f(u$_\text{n}$)}{Lycée Bachelard, Chelles}{2}{25}
Soit $f$ la fonction définie pour tout $x > \dfrac{1}{2}$ par :
\[
f(x)=\dfrac{x^2}{2x-1}.
\]
\begin{questions}
\item Démontrer que pour tout $x>1$,
$
f(x)>1
$.
\end{questions}

\Par

On peut donc définir la suite $(u_{n})$ par :
$
\left\{
\begin{aligned}
&u_0=2 \\
&u_{n+1}=f(u_{n})
\qquad,\qquad
n \in \N
\end{aligned}
\right.
$

\begin{questions}
\setcounter{enumi}{1}
\item On considère les suites $(v_{n})$ et $(w_n)$ telles que pour tout entier $n$ :
\[
v_n=\dfrac{u_{n}-1}{u_n}
\quad
\text{et}
\quad
w_{n}=\ln (v_n).
\]
\begin{questions}
\item Vérifier que $v_n$ et $w_n$ existent pour tout entier $n$.
\item Montrer que $(w_n)$ est une suite géométrique.
\item Exprimer $w_n$ puis $v_n$ en fonction de $n$.
\par
En déduire que :
\[
u_n=\dfrac{1}{1-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{2^n}}.
\]
Quelle est la limite de la suite $u$ ?
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Pour tout $x>1$ :
\begin{align*}
f(x)-1 & =\dfrac{x^2}{2x-1}-1\\[10pt]
& =\dfrac{x^2-2x+1}{2x-1}\\[10pt]
& =\dfrac{(x-1)^2}{2x-1}\;.
\end{align*}
Or, $(x-1)^2>0$ et $2x-1>0$ donc, pour tout $x>1$,  $ f(x)-1>0 $, soit $f(x)>1$.

\item
\begin{questions}
\item Pour tout $n \in \N$, $u_0>1$ et $u_{n+1}=f(u_n)>1$ d'après la\linebreak question~1, donc $v_n=\dfrac{u_{n}-1}{u_n}$ existe ($u_n \neq 0$) et $v_n>0$. 

Par conséquent $w_n=\ln (v_n)$ existe. 

Les suites $(v_n)$ et $(w_n)$ sont bien définies pour tout $n \in \N$.

\item Pour tout entier naturel $n$, on a :
\[
v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}}
\quad
\text{et}
\quad
u_{n+1}=f(u_n)=\dfrac{u^{2}_{n}}{2u_n-1}.
\]


Ainsi, $\begin{aligned}[t]
v_{n+1}&=\dfrac{\frac{u^{2}_{n}}{2u_n-1}-1}{\frac{u^{2}_{n}}{2u_n-1}} \\
&=\dfrac{\frac{u_n^2-(2u_n-1)}{2u_n-1}}{\frac{u_n^2}{2u_n-1}}\\
&=\dfrac{u_n^2-2u_n+1}{u_n^2}\\
&=\dfrac{(u_n-1)^2}{u^{2}_{n}} \\
&=v^{2}_{n}.
\end{aligned}$

On en déduit alors que $w_{n+1}=\ln (v_{n+1}) =2 \ln (v_{n}) =2w_n
$.


$(w_n)$ est donc géométrique de raison $2$.

De plus, $w_0=\ln(v_0)$ et $v_0=\dfrac{u_0-1}{u_0}=\dfrac{1}{2}$, donc $w_0=-\ln 2$.
\item Pour tout $n\in\N$, on a :
\[
w_n=-\ln 2 \times 2^n=\ln \left( \dfrac{1}{2} \right) \times 2^n\]
et
\[
v_{n}=\nep^{w_n}
=\nep^{2^n\times\ln\frac{1}{2}}
=\left(\nep^{\ln\frac{1}{2}}\right)^{2^n}
=\left( \dfrac{1}{2} \right)^{2^n}.
\]
De plus, 
\[ v_n=\dfrac{u_n-1}{u_n} \iff u_n=\dfrac{1}{1-v_n}\;, \]
d'où :
\[ u_n=\dfrac{1}{1-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{2^n}}. \]
On en déduit $ \lim\limits_{n \to +\infty} u_n=1 $.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 23

\sectionnn{Objectif bac}

\begin{exo}{Valeur approchée de ln(5)}{Lycée Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-Fossés}{3}{45}
\begin{questions}
\item Donner une valeur approchée de $\ln 5$ à $10^{-7}$ près.
\item Voici un programme écrit en langage Python :

\begin{listing}{}{ln-objbac.py}\end{listing}

\begin{questions}
\item Que renvoie \texttt{algo(1)} et \texttt{algo(2)}?
\item Exprimer $S$ en fonction de $N$.
\item On a testé le programme pour différentes valeurs de $N$.

On obtient les résultats ci-dessous :

\Par

\hspace*{-5em}
\begin{tabular}{|C|*5{Zc|}}
\hline
$N$ & \numprint{1000} & \numprint{5000} & \numprint{10000} & \numprint{15000} & \numprint{20000}\\\hline
$S$ & \numprint{1,610038} & \numprint{1,6095579} & \numprint{1,6094979} & \numprint{1,6094779} & \numprint{1,6094679}\\\hline
\end{tabular}

\Par

De quelle valeur semble se rapprocher $S$ ?
\end{questions}

\item $f$ et $g$ sont des fonctions définies sur $[0~;1[$ par :
\[ f(x)=x-\ln(1+x)\qquad\text{et}\qquad g(x)=x+\ln(1-x).\]

\begin{questions}
\item \'Etudier les variations de $f$ et $g$ sur $[0~;1[$.
\item En déduire que pour tout $x$ de $[0~;1[$, $\ln(1+x)\leqslant x\leqslant -\ln(1-x)$.
\end{questions}

\item $S$ est la suite définie, pour tout nombre entier naturel $n\geqslant1$, par : 
\[
S_n=\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}+\cdots+\dfrac{1}{5n}.
\]

\begin{questions}
\item Montrer que pour tout nombre entier naturel $k$ tel que $n\leqslant k\leqslant 5n$ avec $n\geqslant2$, \[ \ln\left(1+\dfrac{1}{k}\right)\leqslant\dfrac{1}{k}\leqslant-\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right).\]

\item En déduire que, pour tout nombre entier naturel $n\geqslant2$,
\[ \ln\left(5+\dfrac{1}{n}\right)\leqslant S_n\leqslant-\ln\left(\dfrac{n-1}{5n}\right).\]

\item Déterminer la limite de la suite $\left(S_n\right)$.
\end{questions} 
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La calculatrice donne $\ln 5\approx\numprint{1,6094379}$.
\item 
\begin{questions}
\item Pour $N=1$, $k$ et $S$ prennent les valeurs successives suivantes :

\Par

\hspace*{-5.5em}
\begin{tabular}{|C|*5{Zc|}}
\hline\tabulartitle
$k$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\
\hline
$S$ &  $0+1=1$ & $1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ & $\frac{3}{2}+\frac{1}{3}=\frac{11}{6}$ & $\frac{11}{6}+\frac{1}{4}=\frac{25}{12}$ & $\frac{25}{12}+\frac{1}{5}=\frac{137}{60}$\\
\hline
\end{tabular}

\Par

On obtient donc $S=\dfrac{137}{60}$, soit $S\approx2,28$.

\Par

Pour $N=2$, $k$ varie de 2 à 10. Alors, $S=0+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{10}$, ce qui donne $S\approx1,93$.

\item $S=\dfrac{1}{N}+\dfrac{1}{N+1}+\cdots+\dfrac{1}{5N}$.

\item $S$ semble se rapprocher de $\ln 5$.
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item Les fonctions $f$ et $g$ sont définies et dérivables sur $[0~;1[$.
\[ f'(x)=1-\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{x}{1+x}.\]
Donc $f'(x)$ est positive sur $[0~;1[$ et $f$ est croissante sur cet intervalle.
\[ g'(x)=1-\dfrac{1}{1-x}=\dfrac{-x}{1-x}.\]
Alors $g'(x)$ est négative sur $[0~;1[$ et $g$ est décroissante sur cet intervalle.

\item La fonction $f$ est croissante sur $[0~;1[$ et $f(0)=0$, donc pour tout $x$ de $[0~;1[$, $f(x)\geqslant0$, c'est-à-dire $x-\ln(1+x)\geqslant0$, ou encore $x\geqslant\ln(1+x)$.

De même, $g$ est décroissante sur $[0~;1[$ et $g(0)=0$ donc $g(x)\leqslant0$, ce qui donne $x\leqslant-\ln(1-x)$.

Ces deux inégalités donnent l'encadrement demandé pour tout $x$ de $[0~;1[$ :
\[ \ln(1+x)\leqslant x\leqslant-\ln(1-x).\]
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item Si $k$ est un entier compris entre $n$ et $5n$ avec $n\geqslant2$, alors $\dfrac{1}{k}$ appartient à $[0~;1[$ et vérifie la double inégalité précédente :
\[
\ln\left(1+\dfrac{1}{k}\right)\leqslant\dfrac{1}{k}\leqslant-\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right).
\]

\item En faisant la somme membre à membre des inégalités précédentes pour $k$ allant de $n$ à $5n$, on constate que le terme central est $S_n$.
\newpage
Le terme de gauche est :

\begin{align*}
& \ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)+\ln\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)+\cdots+\ln\left(1+\dfrac{1}{5n}\right)\\
=\ & \ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)+\ln\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)+\cdots+\ln\left(\dfrac{5n+1}{5n}\right)\\
=\ & \ln\left(\dfrac{n+1}{n}\times\dfrac{n+2}{n+1}\times\cdots\times\dfrac{5n+1}{5n}\right)\\
=\ & \ln\left(\dfrac{5n+1}{n}\right)\\
=\ & \ln\left(5+\dfrac{1}{n}\right).
\end{align*}

Dans le terme de droite, la somme obtenue est :
\[
-\ln\left(\dfrac{n-1}{n}\times\dfrac{n}{n+1}\times\cdots\times\dfrac{5n-1}{5n}\right)=-\ln\left(\dfrac{n-1}{5n}\right).
\]
Cela donne bien, pour tout $n\geqslant2$, l'encadrement :
\[
\ln\left(5+\dfrac{1}{n}\right)\leqslant S_n\leqslant-\ln\left(\dfrac{n-1}{5n}\right).
\]

\item On a : $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n-1}{5n}=\dfrac{1}{5}$ donc :
\[
\lim\limits_{n\to+\infty}\left[-\ln\left(\dfrac{n-1}{5n}\right)\right]=-\ln\dfrac{1}{5}=\ln5.
\]

D'après le théorème des gendarmes, on en déduit que la limite de la suite $(S_n)$ est égale à $\ln 5$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 2026

\begin{exo}{Logarithme et distance}{Baccalauréat Métropole 2024, sujet 2\newexo}{3}{60}
On considère une fonction $f$ définie et deux fois dérivable sur $]-2 ~;~+\infty[$. On note $\mathcal{C}_{f}$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal du plan, $f'$ sa dérivée et $f''$ sa dérivée seconde.

On a tracé ci-dessous la courbe $\mathcal{C}_{f}$ et sa tangente $T$ au point B d'abscisse $-1$.

On précise que la droite $T$ passe par le point A$(0 ~;~ -1)$.

\begin{center}
\includegraphics{000_objbac-ln-courbe1}
\end{center}

\subsectionnn{Partie A : exploitation du graphique}

À l'aide du graphique, répondre aux questions ci-dessous.

\begin{questions}
	\item Préciser $f(-1)$ et $f'(-1)$.

	\item La fonction $f$ est-elle convexe sur son ensemble de définition ? Justifier. %j'ai incorporé la rectification d'énoncé, le sujet de base disait la courbe C_f est elle convexe.

	\item Conjecturer le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 0$ et donner une valeur arrondie à $10^{-1}$ près d'une solution.

\end{questions}

\subsectionnn{Partie B : étude de la fonction \boldmath $f$ \unboldmath}

On considère que la fonction $f$ est définie sur $]-2 ~;~+\infty[$ par :
\[f(x) = x^{2}+ 2x - 1 + \ln (x + 2),\]
où ln désigne la fonction logarithme népérien.

\begin{questions}
\item Déterminer par le calcul la limite de la fonction $f$ en $-2$. Interpréter graphiquement ce résultat.

On admet que $\lim\limits_{x  \to +\infty} f(x)=+\infty$.

\item Montrer que pour tout $x>-2, \quad f'(x)=\dfrac{2 x^{2}+6 x+5}{x+2}$.

\item Étudier les variations de la fonction $f$ sur $]-2 ~;~+\infty[$ puis dresser son tableau de variations complet.

\item Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur\linebreak $]-2;+\infty[$ et donner une valeur arrondie de $\alpha$ à $10^{-2}$ près.

\item En déduire le signe de $f(x)$ sur $]-2~;~ +\infty[$.

\item Montrer que $\mathcal{C}_{f}$ admet un unique point d'inflexion et déterminer son abscisse.
\end{questions}

\subsectionnn{Partie C : une distance minimale}

Soit $g$ la fonction définie sur $]-2 ~;~ +\infty[$ par \quad $g(x)=\ln (x+2)$.

On note $\mathcal{C}_{g}$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(\mathrm{0} ~;~  \mathrm{I}~,~ \mathrm{J})$, représentée ci-après.

Soit $M$ un point de $\mathcal{C}_{g}$ d'abscisse $x$.

Le but de cette partie est de déterminer pour quelle valeur de $x$ la distance $\mathrm{J}M$ est minimale.

On considère la fonction $h$ définie sur $]-2 ~;~ +\infty[$ par \quad $h(x)=\mathrm{J}M^{2}$.

\begin{center}
\includegraphics{000_objbac-ln-courbe2}
\end{center}

\begin{questions}
\item Justifier que pour tout $x>-2$, on a : \quad $h(x)=x^{2}+[\ln (x+2)-1]^{2}$.

\item On admet que la fonction $h$ est dérivable sur $]-2 ~;~ +\infty[$ et on note $h'$ sa fonction dérivée.

\newpage

On admet également que pour tout réel $x>-2$,

$$h'(x)=\dfrac{2 f(x)}{x+2}$$

où $f$ est la fonction étudiée en partie B.

\begin{questions}
	\item Dresser le tableau de variations de $h$ sur $]-2 ~;~ +\infty[$.

	\emph{Les limites ne sont pas demandées.}

	\item En déduire que la valeur de $x$ pour laquelle la distance $\mathrm{J}M$ est minimale est $\alpha$ où $\alpha$ est le nombre réel défini à la question 4 de la partie B.
\end{questions}

\item On notera $M_{\alpha}$ le point de $\mathcal{C}_{g}$ d'abscisse $\alpha$.

	\begin{questions}
		\item Montrer que \quad $\ln (\alpha+2)=1-2 \alpha-\alpha^{2}$.

		\item En déduire que la tangente à $\mathcal{C}_{g}$ au point $M_{\alpha}$ et la droite $\left(\mathrm{J}M_{\alpha}\right)$ sont perpendiculaires.

On pourra utiliser le fait que, dans un repère orthonormé, deux droites sont perpendiculaires lorsque le produit de leurs coefficients directeurs est égal à $-1$.
	\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\subsectionnn{Partie A : exploitation du graphique}

\begin{questions}
\item B a pour coordonnées $(-1;-2)$ et appartient à $\mathcal{C}_f$, donc $f(-1) = f(x_\mathrm{B}) = y_\mathrm{B} = -2$.

La tangente $T$ à $\mathcal{C}_f$ en B a pour coefficient directeur 1, donc $f'(-1) = 1$.

\item La fonction $f$ n'est pas convexe sur son ensemble de définition car la courbe $\mathcal{C}_f$ passe en dessous de sa tangente $T$ pour les valeurs $x$ inférieures à $- 1,7$ (à peu près). Si la fonction était convexe sur tout son ensemble de définition, elle serait au-dessus de n'importe quelle tangente, sur tout son ensemble de définition.

Ici, on a l'impression que la fonction est d'abord concave, puis convexe, avec un point d'inflexion dont l'abscisse est aux alentours de $-1,4$.

\item De ce que l'on peut voir de $\mathcal{C}_f$, elle ne coupe l'axe des abscisses qu'une fois, donc l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution, qui est environ 0,1 (à $10^{-1}$ près).
\end{questions}



\subsectionnn{Partie B : étude de la fonction \boldmath $f$ \unboldmath}

\begin{questions}
\item $\lim\limits_{x \to -2}( x^2 + 2x - 1) = (-2)^2 + 2\times (-2) - 1 = -1$.

De plus, $\lim\limits_{x \to -2} (x + 2) = 0$.

Donc, par composition, $\lim\limits_{x \to -2}\ln(x+2) = \lim\limits_{X \to 0} \ln(X) = -\infty$.

Ainsi, par somme, $\lim\limits_{x \to -2}f(x) = -\infty$.

Graphiquement, cela signifie que la courbe $\mathcal{C}_f$ admet une asymptote\linebreak verticale, d'équation $x = -2$.

\item $f$ est dérivable sur $]-2~;~+\infty[$, en tant que somme de deux fonctions dérivables sur cet intervalle (une fonction polynôme et une fonction composée).
\begin{align*}
\forall x \in ]-2~;~+\infty[,\quad f'(x)&=2x + 2 + 0 + \dfrac{1}{x+2}\\
&=\dfrac{(2x + 2)(x+2) + 1}{x+2}\\
&=\dfrac{2x^2 + 4x + 2x + 4 + 1}{x+2}\\
&=\dfrac{2 x^{2} + 6x + 5}{x + 2}.
\end{align*}

\item Pour tout $x$ réel strictement supérieur à $-2$, $x + 2>0$ donc $f'(x)$ est due signe de son numérateur $2 x^{2} + 6x + 5$, dont le discriminant est:
\[
\Delta = 6^2 - 4\times 2 \times 5 = 36 - 40 = -4 <0.
\]
Le trinôme est donc du signe de 2, donc strictement positif.

On peut donc établir le tableau de variations suivant :
\[
\begin{array}{|C|lcccr|}
\hline
\tabulartitle
x & -\infty &  & -2 &  & +\infty\\
\hline
f'(x) &  & + & \dvline & + & \\
\hline
f     &  & \nearrow & \dvline & \nearrow & \\
\hline
\end{array}
\]

\item Sur $]-2;+\infty[$,
\begin{itemize}
\item $f$ est continue et strictement croissante;
\item $\lim\limits_{x\to-2}f(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = + \infty$, et $0\in]-\infty;+\infty[$.
\end{itemize}
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution sur $]-2;+\infty[$, que l'on notera $\alpha$.\enlargethispage*{\baselineskip}

À la calculatrice, on trouve $\alpha\approx,12$.

\item Des variations de $f$ trouvées précédemment et de la question précédente, on déduit le tableau suivant:
\[
\begin{array}{|C|lcccr|}
\hline
\tabulartitle
x & -2 &  & \alpha &  & +\infty\\
\hline
f(x) & \dvline & - & 0 & + & \\
\hline
\end{array}
\]


\item Pour étudier la présence d'un point d'inflexion, on va étudier le signe de la dérivée seconde de $f$, notée $f''$.

$f$ est deux fois dérivable sur $]-2;+\infty[$, car sa dérivée première est une fraction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pas, et donc $f'$ est dérivable.
\begin{align*}
f''(x) &= \dfrac{(4x + 6)\times (x+2) - (2x^2 + 6x + 5)\times 1}{(x+2)^2}\\
&=\dfrac{4x^2+8x+6x+12-2x^2-6x-5}{(x+2)^2}\\
&=\dfrac{2x^2 +8x +7}{(x+2)^2}.
\end{align*}
Sur $]-2;+\infty[$, $(x+2)^2>0$ donc $f''(x)$ est du signe de son numérateur $2x^2 +8x +7$, de discriminant:
\[
\Delta = 8^2 - 4\times 2 \times 7 = 8\times 8- 8\times 7 = 8>0.
\]
Le trinôme a donc exactement deux racines réelles distinctes, et donc s'annule en changeant de signe deux fois en:
\[
x_1 = \dfrac{-8 - \sqrt{8}}{2\times 2} = \dfrac{-8 - 2\sqrt{2}}{4} = -2 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}<-2
\]
et
\[
x_2 = \dfrac{-8 + \sqrt{8}}{2\times 2} = \dfrac{-8 + 2\sqrt{2}}{4} = -2 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}>-2.
\]
Sur $ \left]-2;-2 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right[ $, $f''(x)<0$ donc $f$ est \textit{concave}.

Sur $ \left]-2 + \dfrac{\sqrt{2}}{2};\infty\right[ $, $f''(x)>0$ donc $f$ est \textit{convexe}.

L'unique point d'inflexion de la courbe $\mathcal{C}_f$ est donc le point d'abscisse $-2 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

\end{questions}

\newpage

\subsectionnn{Partie C : une distance minimale}

\begin{questions}
\item Le point J a pour coordonnées $(0~;~1)$ et $M$ a pour coordonnées $\big(x~;~g(x)\big)$.

Comme on est dans un repère orthonormé,
\begin{align*}
\mathrm{J}M^2 = h(x) 
& = (x_M - x_\mathrm{J})^2 + (y_M - y_\mathrm{J})^2\\
	&=(x - 0)^2 + \big(g(x) - 1\big)^2\\
	&=x^{2}+\big[\ln (x+2)-1\big]^{2}.
\end{align*}

\item 
\begin{questions}
\item $h'(x) = \dfrac{2f(x)}{x+2}$ donc, d'après le tableau de signes de $f(x)$ trouvé à la question 5 de la partie B, on a:
\[
\begin{array}{|C|lcccr|}
\hline
\tabulartitle
x & -2 &  & \alpha &  & +\infty\\
\hline
h'(x) & \dvline & - & 0 & + & \\
\hline
h & \dvline & \searrow &  & \nearrow & \\
\hline
\end{array}
\]

\item La distance $\mathrm{J}M$ est minimale lorsque $\mathrm{J}M^2$ est minimale, donc quand $h(x)$ est minimale. 

D'après les variations de $h$ trouvées précédemment,  $\mathrm{J}M$ est minimale pour $x=\alpha$.
	
\end{questions}

\item 
\begin{questions}
\item On sait que $\alpha$ est la solution de l'équation $f(x) = 0$ donc:
\begin{align*}
f(\alpha) = 0 &\iff \alpha^2 + 2\alpha - 1 + \ln(\alpha+2) = 0\\
	&\iff \ln(\alpha+2) = 1 - 2\alpha -\alpha^2.
\end{align*}

\item La tangente à $\mathcal{C}_g$ au point $M_\alpha$ a pour coefficient directeur :
\[
g'(\alpha) = \dfrac{1}{\alpha + 2}.
\]
La droite (J$M_\alpha$) a pour coefficient directeur :
\begin{align*}
\dfrac{y_{M_\alpha} - y_\mathrm{J}}{x_{M_\alpha} - x_\mathrm{J}}
& = \dfrac{g(\alpha) - 1}{\alpha - 0}\\
& = \dfrac{\ln(\alpha + 2)-1}{\alpha} = \dfrac{1 - 2\alpha - \alpha^2 - 1}{\alpha}\\
& = \dfrac{\alpha (-2 - \alpha)}{\alpha }\\
& = -2 - \alpha.
\end{align*}
Le produit de ces deux coefficients directeurs est donc :
\[
\dfrac{1}{\alpha + 2}\times (-2-\alpha)~=~-1.
\]
On en déduit dont que la tangente à $\mathcal{C}_{g}$ au point $M_{\alpha}$ et la droite $\left(\mathrm{J}M_{\alpha}\right)$ sont perpendiculaires.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}



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